Kretsprosesser. 2. hovedsetning
|
|
- Ingrid Caspersen
- 7 år siden
- Visninger:
Transkript
1 Kretsprosesser. 2. hovedsetning Reversible og irreversible prosesser (20.1) Adiabatisk prosess (19.8) Kretsprosesser: varmekraftmaskiner (20.2+3) kjølemaskiner (20.4) Carnotsyklusen (20.6) Eks: Ottosyklus (20.3) 2. hovedsetning (20.5) I dag Carnots teorem og Carnots (u)likhet Entropi (20.7) Entropien mikroskopisk forklart (20.8)
2 Kretsprosess: Start = Slutt U 1 = U 1 ΔU = 0 Q (netto) = W (netto) Eks. 1: p W 12 Q 12 >0 1 2 isobar Q inn = Q 12 > 0 Varmekraftmaskin varme: Q (netto) >0 arbeid: W (netto) >0 (ut) Q 31 <0 W (netto) isokor W 32 Q 23 <0 3 Q ut = Q 23 +Q 31 < 0 V Kjølemaskin arbeid: W (netto) < 0 (inn) varme: Q (netto) < 0
3 Q inn = Q 12 > 0 kostnad Q inn Energiflytdiagram for varmekraftmaskin Virkningsgrad: η = nytte/kostnad nytte = W 12 + W 32 = W/Q inn = 1 - Q ut /Q inn Q ut Q ut = Q 23 +Q 31 < 0 W = Q inn + Q ut = Q inn - Q ut Eks. 1 Q 12 >0 W 12 W (netto) Q 31 <0 Q W 23 <0 32 Y&F Figure 20.3
4 p Eks 2. Kretsprosess med adiabat ΔU = 0 Q (netto) = W (netto) W 12 >0 Q 12 >0 1 2 isobar T2 2T1 2/3 1 T3 T 1 T1 0,630 2 W pv nrt W23 0 2/3 3 1 W31 U 13 - CV n( T1 - T3 ) - nrt /3 1 1 W W12 W31 nrt nrt1 0, isokor Q 23 <0 W 31 <0 3 V 1 V 12 =2V 1 V 5 Q12 C pn( T2 T1 ) nrt1 2 2/3 3 1 Q23 CV n( T3 - T2 ) - nrt W Q nrt1 0, 445 = 0,178 nrt 5 /
5 Energiflytdiagram for kjølemaskin Q ut = Q 12 < 0 Maskinen Q ut kostnad Effektfaktor: η K = nytte/kostnad = Q inn / W Kjølemaskin (Eks. 1 motsatt) nytte Q 12 <0 W 12 Q inn Kjølerommet Q inn = Q 23 +Q 31 > 0 Q 31 >0 W 32 Q 23 >0 Y&F Figure 20.8
6 Innerommet nytte Q ut Energiflytdiagram for varmepumpe kostnad Effektfaktor: η V = nytte/kostnad = Q ut / W Q inn Y&F Figure 20.8
7 Prinsipp dampmaskin Virkningsgrad: η = nytte/kostnad = W/Q inn Q inn Q ut W (netto) Figur fra en.wikipedia.org
8 Varmekraftmaskiner 1698: Thomas Savery: Vannpumper i gruver 1712: Thomas Newcomen: Dampmaskin (ineffektiv) 1765: James Watt: Mer effektiv dampmaskin 1769: Første dampdrevne kjøretøy 1803: Første dampdrevne lokomotiv 1829: George Stephensons The rocket 1876: Nikolaus A. Otto: 4-taktsbensinmotor Totaktmotor: Firetakt diesel: : Sadi Carnot: Carnotsyklus (teoretisk optimale maskin) 45 km/t
9 Carnotsyklus: Reversibel varmeoverføring ved kun to temperaturer: T H og T C (Sadi Carnot 1824) Y&F Figure 20.13
10 Energiflytdiagram for varmekraftmaskin (Carnot) Virkningsgrad: η C = nytte/kostnad = W/Q H = 1 - Q L /Q H Ideell gass: η C = 1 - T L /T H Q L T L Y&F Figure 20.3
11 Energiflytdiagram for kjølemaskin (Carnot) Effektfaktor: η K,C = nytte/kostnad = Q L / W Ideell gass: η K,C = T L /(T H -T L ) L T L Y&F Figure 20.8
12 Eksempel: T H : 20 o C =293K Energiflytdiagram for varmepumpe (Carnot) Inside Varmep. Effektfaktor ideell gass: η V,C = T H /(T H -T L ) T L : 0 o C =273 K -20 o C =253 K 18 o C =297 K Outside η V,C = 293/20 =15 Reell COP= /40=7,5 2-2,5 293/2=150!?? T L Reelt er T H (varmen inne i varmeveksleren) mye høyere enn innetemp, f. eks o C. Dette gir lavere η V,C Y&F Figure 20.8
13 Kjøleskap = kjølemaskin Effektfaktor: Prinsipp: η = nytte/kostnad = Q inn / W Q ut Q inn W Y&F Figure 20.9
14 Kretsprosesser, 2. hovedsetning. Så langt: Reversible prosesser: Termisk likevekt under hele prosessen: kurver på likevektsflater. Langsomt og kontrollert. Tilnærmet umulig i praksis, men likevel svært viktig. Kretsprosess: Start = Slutt ΔU = 0 Q (netto) = W (netto) Virkningsgrad η = nytte/kostnad = W/Q inn Kjølefaktor (effektfaktor): η K = nytte/kostnad = Q inn / W Isokor: V=konst. W=0; Q = ΔU = C V ΔT Isobar: p=konst. W=p(V 2 -V 1 ); Q = C p (T 2 -T 1 ) Isoterm: T=konst. W=nRT ln(v 2 /V 1 ) Id.gass: ΔU = 0; Q = W Adiabat: Ingen varmeutveksling med omgivelser: Q = 0 => ΔU = - W Dvs. alt arbeid gjøres på bekostning av indre energi. W = - ΔU = -C V n (T 2 -T 1 ) = -1/(γ-1) (p 2 V 2 - p 1 V 1 ) Prosesslikninger id. gass: pv γ = konst. TV γ-1 = konst. T γ p 1-γ = konst. Carnotprosessen: Mest effektive prosess mellom to temperaturer T H og T L, To isotermer og to adiabater. η C = η max = 1 - Q L /Q H = 1 - T L /T H Ideell gass η K,C = η max = Q L /(Q H -Q L ) = T L /(T H -T L )
15 Eks. 2. Kretsprosess med adiabat T2 2T1 2/3 1 T3 T 1 T1 0,630 2 p T 2 Vi fant: T 1 η = 0,18 W 12 >0 Q 12 >0 1 2 T 2 > T 1 > T 3 isobar Hvis vi heller lager en carnotprosess: T 3 Carnot mellom T 2 og T 3 : η C = 1 - T 3 /T 2 = 0,68 isokor W 31 <0 Q 23 <0 eller Carnot mellom T 1 og T 3 : η C = 1 T 3 /T 1 = 0,37 V 1 V 12 =2V 1 3 V eller Carnot mellom T 2 og T 1 : η C = 1 T 1 /T 2 = 0,50 Alle bedre enn 0,18
16 Otto-syklus. Nikolaus A. Otto bygde i 1876 den første fungerende 4-taktsmotor (bensinmotor) d e a 1 b c a 2 η Otto = 1 1/r γ der r = V 2 /V 1 = kompresjonsforhold
17 Otto-syklus i pv-diagram. η Otto = 1 1/r γ-1 e der r = V 2 /V 1 = kompresjonsforhold Bevis i Y&F - likn. (20.6) eller Eksempel «Ottosyklus» på nettsider. c a e d a Y&F Figure 20.6
18 Virkningsgrad for ulike varmekraftverk (energiverk): kullfyrt T H 640 K T L (kjølevann) 300 K η C =1 T L /T H 0,5 η reell 0,4 gassfyrt 900 K 300 K 0,7 0,6 vannkraft 0,95
19 Sammenlikning mekanisk (høyde)energi og varme: 1000 m vannfall for 1 liter vann (1 kg) gir utløst høydeenergi: E p = mgh = 1 kg 9,81 m/s m = 9,81 kj Hvis denne energien brukes til å varme opp vannet: E p = Q = C m ΔT Varmekap = C = 4,2 kj/(kg K) => Temp.økning = ΔT = 9,81/4,2 K = 2,3 K Sett fra motsatt side: 2,3 o C avkjøling gir ut samme energi som fall 1000 m
20 Høyverdig energi ( 100% utnyttelse til mekanisk energi): Oppspent fjær Pot.en. i vannmagasin Elektrisk energi i batteri og lignende Lavverdig energi (0-60% utnyttelse til mekanisk energi): Varme, f.eks. i vannet i vannmagasin eller i sjøvann Store mengder, men vanskeligere å overføre til mekanisk energi. Mulighetene beskrevet i 2. hovedsetning Gjøres i varmekraftmaskin Mulighetene måles med entropi
21 Kretsprosesser. 2. hovedsetning Reversible og irreversible prosesser (20.1) Adiabatisk prosess (19.8) Kretsprosesser: varmekraftmaskiner (20.2+3) kjølemaskiner (20.4) Carnotsyklusen (20.6) Eks: Ottosyklus (20.3) 2. hovedsetning (20.5) Carnots teorem og Carnots (u)likhet Entropi (20.7) Entropien mikroskopisk forklart (20.8) I dag
22 2. hovedsetning Kelvins formulering Clausius formulering Rudolf Clausius ( ) tysk fysiker Lord Kelvin ( ) irsk matem/fysiker (=William Thompson) Sadi Carnot ( ) fransk fysiker Y&F Figure 20.11
23 100 0 C C 50 0 C 50 0 C 50 0 C 50 0 C x C 0 0 C Ingen har observert varme strømme fra kaldt til varmt legeme <=> Clausius formulering av termodynamikkens 2. hovedsetning
24 Carnots to teorem 1. For en carnotprosess er η = η C = 1 - T L /T H uansett arbeidssubstans. 2. Ingen kretsprosess mellom to reservoar kan ha større η enn η C = 1 - T L /T H Bevis for 2: T H T H Q H Q H Q H - Q H W M -C Q L Q L Q L - Q L T L T L (2.H-C) => Q H Q H => η M = W/Q H W/Q H = η C
25 Kretsprosess tilnærmet mange (her 17) carnotsykluser isotermer adiabater
26 Clausius (u)likhet for kretsprosesser. Carnotprosesser (T H og T L ): Q H /T H + Q L /T L =0 Mange carnotprosesser: Q k /T k = 0 Mange (irreversible) prosesser : Q k /T k < 0 mange infinitesimale prosesser: dq/t = 0 reversibel kretsprosess dq/t < 0 irreversibel kretsprosess
27 Clausius ulikhet og entropi. dq/t = 0 reversibel kretsprosess dq/t < 0 irreversibel kretsprosess Def. entropi: ds = dq rev /T eller ΔS = dq rev /T S er tilstandsfunksjon, ikke avhengig vegen. Beregning må gjøres via rev. prosess, men resultatet er det samme uansett, når start- og sluttilstand er gitt.
28 p A A B V B V B A dq T irr 2V S AB 1) Fri, adiabatisk ekspansjon: 0 S AB Entropien øker
29 2) Irreversibel isoterm prosess: p Q irrev W irrev A A B B T V Q rev A B W rev Q irrev < Q rev = T ΔS AB W irrev < W rev men ΔU = Q rev - W rev = Q irrev W irrev = 0
30 Fri, adiabatisk ekspansjon: A B Ikke termisk likevekt under prosessen. ΔS AB må beregnes fra reversibel prosess med samme start- og sluttilstand. -- Hva slags reversibel prosess? Isolert => adiabatisk => Q irr = 0 Vakuum => W = pδv = 0 ΔV =0 (1.H) => ΔU = Q - W = 0 uendra temperatur (ideell gass) Dvs. må erstattes av en isoterm
31 Eks.1. ΔS AB i reversibel isoterm prosess: A Q p p A, T,, V A W B p B, T, V B reversibel isotermisk Q > 0 W > 0 ΔU = Q-W = 0 p A p B A B T V V A V B Idealgass: ΔS AB = nr lnv B /V A
32 Eks. 1+2 => Entropifunksjon ideell gass p p 0 p A C B T 0 T Generell prosess A(p 0,V 0,T 0 ) B(p,V,T) = isoterm A-C + isokor C-B ΔS AC = nr lnv C /V A ΔS CB = nc V lnt B /T C V V 0 V Gir oss S(T,V) for ideell gass: S(T,V) = S 0 (T 0,V 0 ) + nr lnv/v 0 + nc V ln T/T 0 (1A) nrt = pv og C p -C V =R gir oss videre S(p,V) = S 0 (p 0,V 0 ) + nc p lnv/v 0 + nc V ln p/p 0 (1B) S(T,p) = S 0 (T 0,p 0 ) + nc p lnt/t 0 - nr ln p/p 0 (1C)
33 Tilstandsfunksjoner Ideell gass Indre energi U(T,V) = C V n T Trykk p(t,v) = nrt/v Temperatur T(p,V) = pv/nr an vdwaal : U ( T, V ) CV nt V 2 Entropi S(T,V) = S 0 (T 0,V 0 ) + nr lnv/v 0 + nc V ln T/T 0 - to frie variable f.eks. S(T,V), S(p,V) eller S(T,p) f.eks. T(p,V), T(p,S) eller T(V,S) osv. Andre (ikke pensum): Entalpi Helmholtz fri energi Gibbs fri energi H = U + pv F = U TS G = H TS
34 Eks. 3. Irreversibel ekspansjon Ikke termisk likevekt under prosessen, entropien må beregnes fra annen prosess med samme startog sluttilstand. V 0 p=0 A p 0, T 0, V 0 V 0 Q W Q = 0 W = 0 ΔU = 0 irreversibel adiabatisk B reversibel isotermisk Q > 0 W > 0 ΔU = Q - W= 0 2V 0 p 0 /2, T 0, 2V 0 2V 0 p 0 p A Fra (1A) eller Eks.1: ΔS AB = nr ln2 p 0 /2 B T 0 Irrev: Q=0, W=0 ΔS tot >0 => kan ikke komme tilbake V 0 2V 0 V Rev: Q=TΔS>0, W = Q >0 ΔS tot =0 => kan komme tilbake
35 Eks. 3. Irreversibel adiabatisk utvidelse Eks. 4. Reversibel adiabatisk utvidelse Nettopp beregnet: A p 0, T 0, V 0 V 0 p=0 V 0 W B p 0 /2, T 0, 2V 0 Q = 0 W = 0 ΔU = 0 ΔS = nr ln2 2V 0 irreversibel adiabatisk Temp. konst. reversibel adiabatisk Temp. faller 2V 0 Q = 0 W > 0 ΔU = Q - W < 0 ΔS = 0 p 0 p Id.gass: S(T,V) = S 0 (T 0,V 0 ) + nr lnv/v 0 + nc V lnt/t 0 (1A) p 0 /2 P B T 0 T B V eller S(p,V) = S 0 (p 0,V 0 ) + nc p lnv/v 0 + nc V ln p/p 0 (1B) V 0 2V 0
36 Entropien skal øke for denne prosessen, la oss beregne (Eks. 5) ΔS > C C 50 0 C 50 0 C 50 0 C 50 0 C x C 0 0 C Id.gass: S(T,V) = S 0 (T 0,V 0 ) + nr lnv/v 0 + nc V ln T/T 0 (1A) Ingen har observert varme strømme fra kaldt til varmt legeme => Termodynamikkens 2. hovedsetning (én formulering) => ΔS (tot) > 0 for spontane prosesser
37 ΔS > C C 50 0 C 50 0 C Øving 11, opg.3: Oppvarming 20 -> 100 grader reversibelt ved uendelig mange varmereservoar:
38 Uendelig mange varmereservoar er parallell til uendelig mange sandkorn: gass 5 kg sand gass A gass B C
39 Entropi ideell gass: S(T,p) = S 0 (T 0, p 0 ) + nc p lnt/t 0 - nr ln p/p 0 I pkt a: S S ds dt dp T p p T (1C) nc p dt T nr dp p S T T p S p nc T p nr p Vanl. matem. Termodynamikk S ( T, p ) S T T p
40 Alle totale differensial for entropien S: Ideell gass: S(T,V) = S 0 +nc V ln T/T 0 + nr lnv/v 0 (1A) Ideell gass: S(p,V) = S 0 +nc p lnv/v 0 + nc V ln p/p 0 (1B) S S S( T, V ) ds dt dv T V S S S( p, V ) ds dv dp V p V dt dv ds ncv nr T V p d S nc V nc V d p V V T dp p Ideell gass: S(T,p) = S 0 +nc p lnt/t 0 - nr ln p/p 0 S S S( T, p) ds dt dp T p (1C) p dt dp ds ncp nr T p T
41 Carnotsyklus: T a isoterm Q H b d isentrop isoterm Q L isentrop c S pv-diagram: areal innenfor = pdv = W (netto) TS-diagram: areal innenfor = TdS = Q (netto) p Sammenlikn: isobar W ut isokor W isokor isobar W in V
42 p Prosesskurver i pv og i TS-diagram (ideell gass): T isobar isoterm isokor isoterm: p α V -1 isentrop (adiabat): p α V -γ V isentrop isokor: T α exp(s/nc V ) isobar: T α exp(s/nc p ) S S(T,V) = S 0 +nc V ln T/T 0 + nr lnv/v 0 V konst. (1A) S(T,p) = S 0 +nc p lnt/t 0 - nr ln p/p 0 p konst. (1C)
43 Entropien mikroskopisk [H&S 12.6, Y&F 20.8, L&H&L 17.11(deler av)] Kursorisk S uttrykk for systemets uorden, mer presist: S uttrykk for hvor mange mikroskopiske tilstander («mikrorot») en makroskopisk tilstand tillater: Større volum => flere tilstander: S α ln V Høyere T => flere hastighetsmuligheter: S α ln T Boltzmann: S = k B ln w k B = skaleringsfaktor = Boltzmanns konstant w = # mikrotilstander = termodynamisk sannsynlighet Spontan rydding er umulig: ΔS < 0 umulig i spontane reaksjoner S øker i lukka system Rydding krever arbeid: Tilført W kan redusere S
44 Kron/mynt 4 mynter: Makroskopiske tilstander Mikroskopiske tilstander, antall: 4 kron 1 3 kron 1 mynt 4 Mest sannsynlige makrotilstand (38 %) 2 kron 2 mynt 6 1 kron 3 mynt 4 Y&F Figure mynt 1 Sum ant. tilstander: 5 makro 2 4 =16 mikro
45 Kron/mynt 8 mynter: Makroskopiske tilstander 8 kron Mikroskopiske tilstander antall: 1 (binomialformelen) (Gaussfordeling) 7 kron, 1 mynt 8 6 kron, 2 mynt 28 5 kron, 3 mynt 56 Mest sannsynlige makrotilstand 4 kron, 4 mynt 70 3 kron, 5 mynt 56 2 kron, 6 mynt 28 1 kron, 7 mynt 8 Y&F Figure mynt 1 Sum ant. tilstander: 9 makro w = 2 8 = 256 mikro
46 Kron/mynt mynter: Gaussfordeling blir utrolig skarp (δ-funksjon) Mest sannsynlige makrotilstand = den eneste sannsynlige 24 Sum ant. tilstander: mikro: w = 10 2 = uant stort tall ln 2 10 ln 2 = overkommelig tall k w k B ln B ln 2 1, ln 2 = «normal» størrelsesorden
47 Antall mikrotilstander og dermed entropi øker med volumet # μtilstander = w 1 # μtilstander = 2 N w 1 >>> w 1 S A = k B ln w 1 S B = k B ln 2 N w 1 = Nk B ln 2 + k B ln w 1 S B - S A = nr ln2 A B = = N partikler null sannsynlighet for at A opptrer Boltzmann: S = k B ln w Y&F Ex ; Figure 20.22
48 2.lov, Clausius: UMULIG: Kap 20: Termodynamikkens 2. lov T H Q H =Q L Oppsummert 2. lov. Kelvin: UMULIG: T H Q H W=Q H Q L T L Carnotprosess: Kretsprosess med to isotermer og to adiabater, eneste mulige reversible prosess mellom kun to varmereservoar. Carnots teorem: 1.Uansett arbeidssubstans er for carnotprosess: η C = 1 - T L /T H 2.Ingen kretsprosess mellom to reservoar kan ha større η enn η C T L Clausius (u)likhet for kretsprosesser: dq/t = 0 reversibel kretsprosess dq/t < 0 irreversibel kretsprosess Def. entropi: ds = dq rev /T eller ΔS = dq rev /T S er tilstandsfunksjon, ikke avhengig vegen. Beregning må gjøres via rev. prosess, men resultatet er det samme uansett, når start- og sluttilstand er gitt For ideell gass: S(T,V) = S 0 (T 0,V 0 ) + nr lnv/v 0 + nc V ln T/T 0, samt S(T,p) og S(p,V) For lukket system (og for universet) kan ikke entropien avta i en prosess. Entropien et mål for mikroskopisk rot i et makroskopisk system.
49 Varmekraftmaskin mellom to varmereservoar Energiflyt og entropiflyt. Reversibel Irreversibel T H T H S H = Q H /T H Q H S H = Q H /T H Q H W Produksjon S W S L = Q L /T L Q L S L = Q L /T L Q L T L T L For å fjerne entropiproduksjon må Q L =S L T L være større, dermed W mindre. η = W/Q H avtar
50 Varmekraftmaskin mellom to varmereservoar Entropiflyt T H Energiflyt T H S H S prod (irrev) Q H W irr < W W S L S L,irrev > S Q L Q L,irr > Q T L Reversibel maskin Enhver irreversibilitet i maskinen produserer entropi S prod, som må fjernes fra maskinen. T L Reversibel maskin Fjerning av S prod gjennom Q L Q L må økes og W må reduseres, η = W/Q H avtar.
51 Hva er rett og hva er galt? du U U 2 1 dw W W U ( T, V ) Q( T, V ) 2 1 dw p dv p V dq T ds T S du dq dw du T ds p dv OK feil OK feil Første = OK; siste = OK i isobar prosess Første = OK i reversibel prosess; siste = OK i isoterm prosess OK med «d-strek» OK reversibel prosess
52 Energier (potensialer, tilstandsfunksjoner) i termodynamikken Indre energi («grunnenergien»): U = total indre energi du = TdS p dv (= 1. hovedsetning) isokor: du = T ds = dq => C V = (du/dt) V Entalpi: H(S,p) = U + pv dh = T ds + V dp isobar: dh = T ds = dq --- varme når konst. trykk => C p = (dh/dt) p Helmoltz fri energi: F(T,V) = U TS df = S dt p dv Ikke tid for disse i TFY4115 Gibbs fri energi: G(T,p) = U +pv TS dg = S dt + V dp --- viktig for likevektsbetingelser
Kretsprosesser. 2. hovedsetning
Kretsprosesser. 2. hovedsetning Reversible og irreversible prosesser (20.1) Adiabatisk prosess (19.8) Kretsprosesser: varmekraftmaskiner (20.2+3) Virkningsgrad kjølemaskiner (20.4) Effektfaktor Carnotsyklusen
DetaljerKretsprosesser. 2. hovedsetning
Ka0 Kretsrosesser.. hovedsetning Reversible og irreversible rosesser (0.) diabatisk rosess (9.8) Kretsrosesser: varmekraftmaskiner (0.+3) kjølemaskiner (0.4) Carnotsyklusen (0.6) Eks: Ottosyklus (0.3).
DetaljerKretsprosesser. 2. hovedsetning
Ka20 05..205 Kretsrosesser. 2. hovedsetning Reversible og irreversible rosesser (20.) diabatisk rosess (9.8) Kretsrosesser: varmekraftmaskiner (20.2+3) kjølemaskiner (20.4) Carnotsyklusen (20.6) Eks: Ottosyklus
DetaljerReversible prosesser: Termisk likevekt under hele prosessen Langsomt og kontrollert. [H&S] Kap.11. (1. hovedsetning.) Kretsprosesser.
ka [H&S] Ka.. (. hovedsetning.) Kretsrosesser. Forelest tidligere:. Energibevarelse:. hovedsetning Y&F 9.-4. rbeid og (,V)-diagram Y&F 9.2.5 Gassers C og C V Y&F 9.7 Foreleses nå:.2 Reversible rosesser
DetaljerTermodynamikk ΔU = Q - W. 1. Hovedsetning = Energibevarelse: (endring indre energi) = (varme inn) (arbeid utført)
Termodynamikk 1. Hovedsetning = Energibevarelse: ΔU = Q - W (endring indre energi) = (varme inn) (arbeid utført) 2. Hovedsetning = Mulige prosesser: Varme kan ikke strømme fra kaldt til varmt legeme Prosesser
DetaljerKJ1042 Øving 5: Entalpi og entropi
KJ1042 Øving 5: Entalpi og entropi Ove Øyås Sist endret: 17. mai 2011 Repetisjonsspørsmål 1. Hva er varmekapasitet og hva er forskjellen på C P og C? armekapasiteten til et stoff er en målbar fysisk størrelse
DetaljerFlervalgsoppgave. Kollisjoner. Kap. 6. Arbeid og energi. Energibevaring. Konstant-akselerasjonslikninger REP
Kap. 6. Arbeid og energi. Energibevaring. Arbeid = dw = F ds Kinetisk energi E k = ½ m v 2 Effekt = arbeid/tid = P = dw /dt Arbeid på legeme øker E k : dw = de k Potensiell energi E p (x,y,z) (Tyngdefelt:
DetaljerT L) = ---------------------- H λ A T H., λ = varmeledningsevnen og A er stavens tverrsnitt-areal. eks. λ Al = 205 W/m K
Side av 6 ΔL Termisk lengdeutvidelseskoeffisient α: α ΔT ------, eks. α Al 24 0-6 K - L Varmekapasitet C: Q mcδt eks. C vann 486 J/(kg K), (varmekapasitet kan oppgis pr. kg, eller pr. mol (ett mol er N
DetaljerKap Termisk fysikk (varmelære, termodynamikk)
TFY4115 Fysikk Mekanikk: (kap.ref Young & Freedman) SI-systemet (kap. 1); Kinematikk (kap. 2+3). (Rekapitulasjon) Newtons lover (kap. 4+5) Arbeid og energi (kap. 6+7) Bevegelsesmengde, kollisjoner (kap.
DetaljerOppsummering - Kap. 5 Termodynamikkens 2. Lov
EP 410 ermodynamikk 1 Spontane Prosesser Varmeoverføring ( > omg ), Ekspansjon (P > P omg ), og Frigjort Masse i Gravitasjonsfelt er Eksempler Energibalanser kan ikke prediktere Retning Hva kan ermodynamikkens.
DetaljerRetningen til Spontane Prosesser. Prosessers Retning
Retningen til Spontane Prosesser T. Gundersen 5-1 Prosessers Retning Spontane Prosesser har en definert Retning Inverse Prosesser kan ikke skje uten ekstra hjelp i form av Utstyr og Energi i en eller annen
DetaljerRetningen til Spontane Prosesser
Retningen til Spontane Prosesser Termodynamikkens 2. Lov 5-1 Prosessers Retning Spontane Prosesser har en definert Retning u Inverse motsatte Prosesser kan ikke skje uten ekstra hjelp i form av Utstyr
DetaljerArbeid og energi. Energibevaring.
Arbeid og energi. Energibevaring. Arbeid = dw = F ds Kinetisk energi E k = ½ m v 2 Effekt = arbeid/tid = P = dw /dt Arbeid på legeme øker E k : Potensiell energi E p (x,y,z) dw = de k (Tyngdefelt: E p
DetaljerTermisk fysikk består av:
Termisk fysikk består av: 1. Termodynamikk: (= varmens kraft ) Makroskopiske likevektslover ( slik vi ser det ) Temperatur. 1. og. hovedsetning. Kinetisk gassteori: Mekanikkens lover på mikrokosmos Uttrykk
DetaljerDET TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE FAKULTET
DET TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE FAKULTET EKSAMEN I BIT 130 Termodynamikk VARIGHET: 9.00 13.00 (4 timer). DATO: 1/12 2005 TILLATTE HJELPEMIDLER: Lommekalkulator OPPGAVESETTET BESTÅR AV: 2 oppgaver på 5
DetaljerKJ1042 Øving 3: Varme, arbeid og termodynamikkens første lov
KJ1042 Øving 3: arme, arbeid og termodynamikkens første lov Ove Øyås Sist endret: 17. mai 2011 Repetisjonsspørsmål 1. Hvordan ser Ideell gasslov ut? Ideell gasslov kan skrives P nrt der P er trykket, volumet,
DetaljerLøsningsforslag til ukeoppgave 7
Oppgaver FYS1001 Vår 2018 1 Løsningsforslag til ukeoppgave 7 Oppgave 11.35 Virkningsgraden er 63,1 % Oppgave 11.37 W = 16, 6 kj Q L = 9, 70 kj Q H = W + Q L = 16, 6 kj + 9, 70 kj = 26, 3 kj η = W Q H =
DetaljerFlervalgsoppgave. Arbeid og energi. Energibevaring. Kollisjoner REP Konstant-akselerasjonslikninger. Vi har sett på:
Arbeid og energi. Energibevaring. Arbeid = dw = F ds Kinetisk energi E k = ½ m v 2 Effekt = arbeid/tid = P = dw /dt Arbeid på legeme øker E k : dw = de k Potensiell energi E p (x,y,z) (Tyngdefelt: E p
DetaljerOppgave 1 V 1 V 4 V 2 V 3
Oppgave 1 Carnot-syklusen er den mest effektive sykliske prosessen som omdanner termisk energi til arbeid. I en maskin som anvender Carnot-syklusen vil arbeidssubstansen være i kontakt med et varmt reservoar
DetaljerLøsningsforslag eksamen TFY desember 2010.
Løsningsforslag eksamen TFY4115 10. desember 010. Oppgave 1 a) Kreftene på klossene er vist under: Siden trinsene og snorene er masseløse er det bare to ulike snordrag T 1 og T. b) For å finne snordraget
DetaljerFigur 1: Isoterm ekspansjon. For en gitt temperatur T endrer trykket seg langs den viste kurven.
Fysikk / ermodynamikk åren 00 6. Gassers termodynamikk 6.. Ekspansjon av ideelle gasser vslutningsvis skal vi se på noen viktige prosesser som involverer ideelle gasser. isse prosessene danner i sin tur
DetaljerUNIVERSITETET I OSLO
NIVERSIEE I OSO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i: Fys60 Eksamensdag: Fredag 6. desember 03 id for eksamen: 430 830 Oppgavesettet er på: 4 sider Vedlegg: ingen ilatte hjelpemidler Godkjente
DetaljerLØSNINGSFORSLAG EKSAMEN TEP 4120 TERMODYNAMIKK 1 Tirsdag 9. desember 2008 Tid: kl. 09:00-13:00
Side 1 av 6 NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET (NTNU) - TRONDHEIM INSTITUTT FOR ENERGI OG PROSESSTEKNIKK LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN TEP 410 TERMODYNAMIKK 1 Tirsdag 9. desember 008 Tid: kl. 09:00-13:00
DetaljerDe viktigste formlene i KJ1042
De viktigste formlene i KJ1042 Kollisjonstall Midlere fri veilengde Z AB = πr2 AB u A 2 u 2 B 1/2 N A N B 2πd 2 V 2 Z A = A u A N A V λ A = u A z A = V 2πd 2 A N A Ideell gasslov. Antar at gassmolekylene
DetaljerSpørretime TEP Høsten 2012
Vi hadde noen spørsmål i forbindelse med eksergi og utledning av ΔS likningen Spørsmålene om Eksergi kom aldri? Ser derfor på utledningen av ΔS likningen Q (fra meg): Hvilken ΔS likning? u u Entropibalansen
DetaljerLØSNINGSFORSLAG EKSAMEN TEP 4120 TERMODYNAMIKK 1 Mandag 17. desember 2012 Tid: kl. 09:00-13:00
Side 1 av 8 NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET (NTNU) - TRONDHEIM INSTITUTT FOR ENERGI OG PROSESSTEKNIKK LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN TEP 4120 TERMODYNAMIKK 1 Mandag 17. desember 2012 Tid: kl. 09:00-13:00
DetaljerKap. 6+7 Arbeid og energi. Energibevaring.
Kap. 6+7 Arbeid og energi. Energibevaring. Definisjon arbeid, W Kinetisk energi, E k Potensiell energi, E p. Konservative krefter Energibevaring Energibevaring når friksjon. F F x Arbeid = areal under
DetaljerSAMMENDRAG AV FORELESNING I TERMODYNAMIKK ONSDAG 23.02.00
SAMMENDRAG A FORELESNING I TERMODYNAMIKK ONSDAG 3.0.00 Tema for forelesningen var termodynamikkens 1. hovedsetning. En konsekvens av denne loven er: Energien til et isolert system er konstant. Dette betyr
DetaljerKap. 6+7 Arbeid og energi. Energibevaring.
TFY4145/FY11 Mekanisk fysikk Størrelser og enheter (Kap 1) Kinematikk i en, to og tre dimensjoner (Kap. +3) Posisjon, hastighet, akselerasjon. Sirkelbevegelse. Dynamikk (krefter): Newtons lover (Kap. 4)
DetaljerEksamen TFY4165 Termisk fysikk kl august 2018 Nynorsk
TFY4165 9. august 2018 Side 1 av 7 Eksamen TFY4165 Termisk fysikk kl 09.00-13.00 9. august 2018 Nynorsk Oppgåve 1. Partiklar med tre diskrete energi-nivå. (Poeng: 6+6+8=20) Eit system består av N uavhengige
DetaljerFORELESNING I TERMODYNAMIKK ONSDAG Tema for forelesningen var studiet av noen viktige reversible prosesser som involverer ideelle gasser.
FORELESNING I TERMODYNMIKK ONSDG.03.00 Tema for forelesningen var studiet av noen viktige reversible prosesser som involverer ideelle gasser. Følgende prosesser som involverte ideelle gasser ble gjennomgått:.
DetaljerSIO 1027 Termodynamikk I Noen formler og uttrykk som er viktige, samt noen stikkord fra de forskjellige kapitler,, Versjon 25/
SIO 1027 Termodynamikk I Noen formler og uttrykk som er viktige, samt noen stikkord fra de forskjellige kapitler,, Versjon 25/11-2001 Geir Owren November 25, 2001 Som avtalt med referansegruppen, er det
DetaljerEKSAMENSOPPGAVE. Eksamen i:kje-1005 Termodynamikk og kinetikk Dato: Torsdag 05. juni 2014 Tid: Kl 09:00 14:00 Sted: Teorifagbygget, hus 1, plan 2
EKSAMENSOPPGAVE Eksamen i:kje-1005 Termodynamikk og kinetikk Dato: Torsdag 05. juni 2014 Tid: Kl 09:00 14:00 Sted: Teorifagbygget, hus 1, plan 2 Tillatte hjelpemidler: Enkel lommeregner Oppgavesettet er
DetaljerA 252 kg B 287 kg C 322 kg D 357 kg E 392 kg. Velg ett alternativ
1 n sugekopp har tre sirkulære "skiver", hver med diameter 115 mm. Hva er sugekoppens maksimale (teoretiske) løfteevne ved normale betingelser (dvs lufttrykk 1 atm)? 252 kg 287 kg 322 kg 357 kg 392 kg
DetaljerLØSNINGSFORSLAG EKSAMEN TEP 4120 TERMODYNAMIKK 1 Mandag 6. desember 2010 Tid: kl. 09:00-13:00
Side av 8 NORGES EKNISK-NAURVIENSKAPELIGE UNIVERSIE (NNU) - RONDHEIM INSIU FOR ENERGI OG PROSESSEKNIKK LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN EP 40 ERMODYNAMIKK Mandag 6. desember 00 id: kl. 09:00 - :00 OPPGAVE (40%)
DetaljerTFY4165/FY august 2014 Side 1 av 11
TFY4165/FY1005 11. august 2014 Side 1 av 11 Oppgave 1. 25 flervalgsoppgaver. (Poeng: 2 pr oppgave) a) Hvor mange mol ideell gass er det i en kubikkmeter ved atmosfæretrykk (101 kpa) og god og lun romtemperatur
DetaljerKap. 3 Arbeid og energi. Energibevaring.
Kap. 3 Arbeid og energi. Energibevaring. Definisjon arbeid, W Kinetisk energi, E k Potensiell energi, E p. Konservative krefter Energibevaring Energibevaring når friksjon. Arbeid = areal under kurve F(x)
Detaljera) Oppførselen til en gass nær metning eller kritisk punkt vil ikke følge tilstandsligningen for ideelle gasser. Hvordan behandles dette?
LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN 20086 SMN6194 VARMELÆRE DATO: 17. Okt. 2008 TID: KL. 09.00-12.00 Oppgave 1 (50%) a) Oppførselen til en gass nær metning eller kritisk punkt vil ikke følge tilstandsligningen for
DetaljerFolkevandringstelling
Termisk fysikk består av: 1. Termodynamikk: (= varmens kraft ) Makroskopiske likevektslover ( slik vi ser det ) Temperatur. 1. og. hovedsetning. Kinetisk gassteori: Mekanikkens lover på mikrokosmos Uttrykk
DetaljerEKSAMEN I FY1005 og TFY4165 TERMISK FYSIKK: LØSNINGSFORSLAG
NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET INSTITUTT FOR FYSIKK EKSAMEN I FY1005 og TFY4165 TERMISK FYSIKK: LØSNINGSFORSLAG Mandag 11. august 2014 kl. 0900-1300 Oppgave 1. 25 flervalgsoppgaver. (Poeng:
DetaljerKJ1042 Grunnleggende termodynamikk med laboratorium. Eksamen vår 2011 Løsninger
Side 1 av 11 KJ1042 Grunnleggende termodynamikk med laboratorium. Eksamen vår 2011 Løsninger Oppgave 1 a) Gibbs energi for et system er definert som og entalpien er definert som Det gir En liten endring
DetaljerEKSAMEN I FY1005 og TFY4165 TERMISK FYSIKK: LØSNINGSFORSLAG
NORGES TEKNISK-NATURITENSKAPELIGE UNIERSITET INSTITUTT FOR FYSIKK EKSAMEN I FY1005 og TFY4165 TERMISK FYSIKK: LØSNINGSFORSLAG Mandag 11. august 2014 kl. 0900-1300 Ogave 1. 25 flervalgsogaver. (Poeng: 2
DetaljerSpørretime TEP Høsten Spørretime TEP Høsten 2009
Spørsmål knyttet til en Kjølekrets (Oppgave 3 på Eksamen August 2005) T 44ºC 3 11.6 bar 4 4 bar 2 1 15ºC 12 bar pv 1.01 = k s 3 4 Kjølevann 20ºC 30ºC Kondenser R134a Q C Fordamper Q inn =35 kw 2 1 W C
DetaljerArbeid = kraft vei hvor kraft = masse akselerasjon. Hvis kraften F er konstant og virker i samme retning som forflytningen (θ = 0) får vi:
Klassisk mekanikk 1.1. rbeid rbeid som utføres kan observeres i mange former: Mekanisk arbeid, kjemisk arbeid, elektrisk arbeid o.l. rbeid (w) kan likevel alltid beskrives som: rbeid = kraft vei hvor kraft
DetaljerEksamensoppgave i TFY4115 FYSIKK
Side 1 av 6. Institutt for fysikk Eksamensoppgave i TFY4115 FYSIKK for MTNANO, MTTK og MTEL Faglig kontakt under eksamen: Institutt for fysikk v/arne Mikkelsen Tlf.: 486 05 392 Eksamensdato: Torsdag 11.
DetaljerLøysingsframlegg TFY 4104 Fysikk Kontinuasjonseksamen august 2010
NTNU Fakultet for Naturvitskap og Teknologi Institutt for Fysikk Løysingsframlegg TFY 404 Fysikk Kontinuasjonseksamen august 200 Faglærar: Professor Jens O Andersen Institutt for Fysikk, NTNU Telefon:
DetaljerSpråkform: Bokmål Navn: Truls Gundersen, Energi og Prosessteknikk Tlf.: (direkte) / (mobil) / (sekretær)
Side 1 av 9 NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET (NTNU) - TRONDHEIM INSTITUTT FOR ENERGI OG PROSESSTEKNIKK Faglig kontakt under eksamen: Språkform: Bokmål Navn: Truls Gundersen, Energi og Prosessteknikk
Detaljera) Stempelet står i en posisjon som gjør at V 1 = 0.0200 m 3. Finn det totale spesikte volumet v 1 til inneholdet i tanken. Hva er temperaturen T 1?
00000 11111 00000 11111 00000 11111 DET TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE FAKULTET EKSAMEN I BIT 130 Termodynamikk VARIGHET: 900 1300 (4 timer). DATO: 22/5 2007 TILLATTE HJELPEMIDLER: Godkjent lommekalkulator
DetaljerHØGSKOLEN I STAVANGER
EKSAMEN I TE 335 Termodynamikk VARIGHET: 9.00 14.00 (5 timer). DATO: 24/2 2001 TILLATTE HJELPEMIDLER: Lommekalkulator OPPGAVESETTET BESTÅR AV 2 oppgaver på 5 sider (inklusive tabeller) HØGSKOLEN I STAVANGER
DetaljerSpesial-Oppsummering Høsten 2009 basert på Innspill fra Studenter
Spesial- Høsten 2009 basert på Innspill fra Studenter på Hjemmesiden (fra 2008) - formidler kvintessensen av TEP4120 - omhandler Kap. 1-6, Eksergi Light og Kap. 8-9 - mangler altså (fortsatt) Kap. 10 -
DetaljerEksamen FY1005/TFY4165 Termisk fysikk kl torsdag 6. juni 2013
TFY4165/FY1005 6. juni 2013 Side 1 av 8 Eksamen FY1005/TFY4165 Termisk fysikk kl 15.00-19.00 torsdag 6. juni 2013 Ogave 1. Ti flervalgsogaver. (Poeng: 2 r ogave) a. T arme tilføres et rent stoff i en lukket
DetaljerEKSAMEN I FY1005 og TFY4165 TERMISK FYSIKK: LØSNINGSFORSLAG
NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET INSTITUTT FOR FYSIKK EKSAMEN I FY1005 og TFY4165 TERMISK FYSIKK: LØSNINGSFORSLAG Torsdag 6 juni 013 kl 1500-1900 Oppgave 1 Ti flervalgsoppgaver Poeng: pr
DetaljerEKSAMENSOPPGAVE I FYS-2001
Side 1 of 7 EKSAMENSOPPGAVE I FYS-001 Eksamen i : Fys-001 Statistisk fysikk og termodynamikk Eksamensdato : Onsdag 5. desember 01 Tid : kl. 09.00 13.00 Sted : Adm.bygget, B154 Tillatte hjelpemidler: K.
DetaljerLøsningsforslag til øving 6
Ogave 1 FY1005/FY4165 ermisk fysikk Institutt for fysikk NNU åren 2015 Entroiendring for kloss 1: Entroiendring for kloss 2: 1 2 Løsningsforslag til øving 6 0 1 dq 0 2 dq 0 Cd 1 0 Cd 2 C ln 0 1 C ln 0
DetaljerKulde- og varmepumpetekniske prosesser Mandag 5. november 2012
TEP 4115 Termodynamikk I Kulde- og varmepumpetekniske prosesser Mandag 5. november 2012 Trygve M. Eikevik Professor Norges teknisk-naturvitenskapelige universitet (NTNU) trygve.m.eikevik@ntnu.no http://folk.ntnu.no/tme
DetaljerFaglig kontakt under eksamen: Navn: Truls Gundersen, Energi og Prosessteknikk Tlf.: (direkte) / (mobil) / (sekretær)
Side 1 av 13 NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET (NTNU) - TRONDHEIM INSTITUTT FOR ENERGI OG PROSESSTEKNIKK Faglig kontakt under eksamen: Navn: Truls Gundersen, Energi og Prosessteknikk Tlf.:
DetaljerLøsningsforslag: Kontinuasjonseksamen TFY4115, august 2008
Institutt for fysikk, NTNU TFY4115 Fysikk, høsten 200 Løsningsforslag: Kontinuasjonseksamen TFY4115, august 2008 I tilknytning til oppgavene finner du her mer utførlige diskusjoner og kommentarer enn det
DetaljerLøysingsframlegg kontinuasjonseksamen TFY 4104 Fysikk august 2011
NTNU Fakultet for Naturvitskap og Teknologi Institutt for Fysikk Løysingsframlegg kontinuasjonseksamen TFY 4104 Fysikk august 011 Faglærar: Professor Jens O Andersen Institutt for Fysikk, NTNU Telefon:
DetaljerSpråkform: Bokmål Navn: Truls Gundersen, Energi og Prosessteknikk Tlf.: (direkte) / (mobil) / (sekretær)
Side 1 av 9 NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET (NTNU) - TRONDHEIM INSTITUTT FOR ENERGI OG PROSESSTEKNIKK Faglig kontakt under eksamen: Språkform: Bokmål Navn: Truls Gundersen, Energi og Prosessteknikk
DetaljerLøsningsforslag til øving 10
FY1005/TFY4165 Termisk fysikk Institutt for fysikk, NTNU Våren 2015 Løsningsforslag til øving 10 Oppgave 1 a) Helmholtz fri energi er F = U TS, slik at df = du TdS SdT = pdv SdT +µdn, som viser at Entalpien
DetaljerOppsummering av første del av kapitlet
Forelesningsnotater om eksergi Siste halvdel av kapittel 7 i Fundamentals of Engineering Thermodynamics, M.J. Moran & H.N. Shapiro Rune N. Kleiveland, oktober Notatene følger presentasjonen i læreboka,
DetaljerSpråkform: Bokmål Navn: Truls Gundersen, Energi og Prosessteknikk Tlf.: (direkte) / (mobil) / (sekretær)
Side 1 av 12 NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET (NTNU) - TRONDHEIM INSTITUTT FOR ENERGI OG PROSESSTEKNIKK Faglig kontakt under eksamen: Språkform: Bokmål Navn: Truls Gundersen, Energi og Prosessteknikk
DetaljerLaboratorium NA6011 Varmepumpe November 2016
Laboratorium NA6011 Varmepumpe November 2016 Hensikten med forsøket er å forstå hvordan varmepumper og kjøleskap fungerer. Bakgrunnsstoff ΔU Q W Varmemengden Q tilføres et system. Den tilførte varmeenergien
Detaljer- Kinetisk og potensiell energi Kinetisk energi: Bevegelses energi. Kinetiske energi er avhengig av masse og fart. E kin = ½ mv 2
Kapittel 6 Termokjemi (repetisjon 1 23.10.03) 1. Energi - Definisjon Energi: Evnen til å utføre arbeid eller produsere varme Energi kan ikke bli dannet eller ødelagt, bare overført mellom ulike former
DetaljerKJ1042 Grunnleggende termodynamikk med laboratorium. Eksamen vår 2012 Løsninger
Side 1 av 10 KJ1042 Grunnleggende termodynamikk med laboratorium. Eksamen vår 2012 Løsninger Oppgave 1 a) Et forsøk kan gjennomføres som vist i figur 1. Røret er isolert, dvs. at det ikke tilføres varme
DetaljerEksamen TFY4165 Termisk fysikk kl torsdag 15. desember 2016 Bokmål
FY4165 15. desember 2016 Side 1 av 7 Eksamen FY4165 ermisk fysikk kl 09.00-13.00 torsdag 15. desember 2016 Bokmål Ogave 1. (armeledning. Poeng: 10+10+10=30) Kontinuitetsligningen for energitetthet u og
DetaljerEksamen i: Fys-2001 Statistisk fysikk og termodynamikk Dato: Tirsdag 26. februar 2013 Tid: Kl 09:00 13:00
EKSAMENSOPPGAVE Eksamen i: Fys-2001 Statistisk fysikk og termodynamikk Dato: irsdag 26. februar 2013 id: Kl 09:00 13:00 Sted: B154 illatte jelpemidler: K. Rottmann: Matematisk Formelsamling, O. Øgrim:
DetaljerVarmepumpe. Institutt for fysikk, NTNU, N-7491 Trondheim, Norge
Varmepumpe Anette Fossum Morken a, Sindre Gjerde Alnæs a, Øistein Søvik a a FY1002 Termisk Fysikk, laboratoriekurs, Vår 2013, Gruppe 4. Institutt for fysikk, NTNU, N-7491 Trondheim, Norge Sammendrag I
DetaljerEKSAMEN I EMNE TFY4125 FYSIKK
Bokmål NORGES TEKNSK- NATURVTENSKAPELGE UNVERSTET NSTTUTT FOR FYSKK Studentnummer: Bokmål, Side av Faglig kontakt under eksamen: nstitutt for fysikk, Gløshaugen Professor Steinar Raaen, 73593635, mob.4896758
DetaljerLøysingsframlegg TFY 4104 Fysikk Hausten 2009
NTNU Fakultet for Naturvitskap og Teknologi Institutt for Fysikk Løysingsframlegg TFY 4104 Fysikk Hausten 2009 Faglærar: Professor Jens O Andersen Institutt for Fysikk, NTNU Telefon: 73593131 Mandag 30
DetaljerEKSAMENSOPPGAVE. FYS-2001 Statistisk fysikk og termodynamikk Dato:
Fakultet for naturvitenskap og teknologi EKSAMESOGAVE Eksamen i: FYS-00 Statistisk fysikk og termodynamikk Dato: 4..07 Klokkeslett: 09.00 -.00 Sted: Åsgårdvn. 9 Tillatte jelpemidler: Type innføringsark
Detaljervideell P T Z = 1 for ideelle gasser. For virkelige gasser kan Z være større eller mindre enn 1.
LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN 5. OKOBER 00 SMN 64 VARMELÆRE Løsning til oppgave Grunnleggende termodynamikk (0%) a) Oppførselen til en gass nær metning eller kritisk punkt vil ikke følge tilstandsligningen for
DetaljerFysikkk. Støvneng Tlf.: 45. Andreas Eksamensdato: Rottmann, boksen 1 12) Dato. Sign
Instituttt for fysikk Eksamensoppgave i TFY4115 Fysikkk Faglig kontakt under eksamen: Jon Andreas Støvneng Tlf.: 45 45 55 33 Eksamensdato: 18. desember 2013 Eksamenstid (fra-til): 0900-1300 Hjelpemiddelkode/Tillattee
DetaljerEksamensoppgave i TFY4115 FYSIKK
Institutt for fysikk Eksamensoppgave i TFY4115 FYSIKK for MTNANO, MTTK og MTELSYS Faglig kontakt under eksamen: Institutt for fysikk v/jon Andreas Støvneng Tlf.: 454 55 533 Eksamensdato: Lørdag 16. desember
DetaljerSpråkform: Bokmål Navn: Truls Gundersen, Energi og Prosessteknikk Tlf.: (direkte) / (mobil) / (sekretær)
Side 1 av 11 NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET (NTNU) - TRONDHEIM INSTITUTT FOR ENERGI OG PROSESSTEKNIKK Faglig kontakt under eksamen: Språkform: Bokmål Navn: Truls Gundersen, Energi og Prosessteknikk
DetaljerEKSAMEN I EMNE TFY4125 FYSIKK
Bokmål NORGES TEKNISK- NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET INSTITUTT FOR FYSIKK Studentnummer: Studieretning: Bokmål, Side 1 av 1 Faglig kontakt under eksamen: Institutt for fysikk, Gløshaugen Professor Steinar
DetaljerDamp-prosessen / Rankine Cycle. Allerede de gamle Grekere...
Damp-prosessen / Rankine Cycle Ett av instituttene som ble slått sammen til EPT het engang Damp og Forbrenning Damp forbindes ofte med gammeldags teknologi dette er ikke tilfelle!! Men Damp har en lang
DetaljerFaglig kontakt under eksamen: Navn: Truls Gundersen, Energi og Prosessteknikk Tlf.: (direkte) / (mobil) / (sekretær)
Side 1 av 14 NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET (NTNU) - TRONDHEIM INSTITUTT FOR ENERGI OG PROSESSTEKNIKK Faglig kontakt under eksamen: Navn: Truls Gundersen, Energi og Prosessteknikk Tlf.:
DetaljerVarmeledning, Eks. 1. Strøm i serie. Varmetransport (Y&F , L&H&L , H&S 13) I = I 1 = I 2! I 2 I 1. Q=Q j =Q s!
(Y&F 17.7+39.5, L&H&L 18.1+2+, H&S 13) 2. hovedsetning: Varme fra varmt ti kadt egeme (og fra varm ti kad de av et egeme) Uike typer transport: Innen et egeme: 1. Varmeedning, Fouriers ov 2. Konveksjon
DetaljerEksempler og oppgaver 9. Termodynamikkens betydning 17
Innhold Eksempler og oppgaver 9 Kapittel 1 Idealgass 20 Termodynamikkens betydning 17 1.1 Definisjoner og viktige ideer 22 1.2 Temperatur 22 1.3 Indre energi i en idealgass 23 1.4 Trykk 25 1.5 Tilstandslikningen
DetaljerTFY4106 Fysikk Eksamen 17. august V=V = 3 r=r ) V = 3V r=r ' 0:15 cm 3. = m=v 5 = 7:86 g=cm 3
TFY4106 Fysikk Eksamen 17. august 2018 Lsningsforslag 1) C: V = 4r 3 =3 = 5:575 cm 3 For a ansla usikkerheten i V kan vi regne ut V med radius hhv 11.1 og 10.9 mm. Dette gir hhv 5.729 og 5.425 cm 3, sa
DetaljerEksamen TFY4165 Termisk fysikk kl mandag 7. august 2017 Bokmål
FY4165 7. august 2017 Side 1 av 7 Eksamen FY4165 ermisk fsikk kl 09.00-13.00 mandag 7. august 2017 Bokmål Ogave 1. (armeledning. Poeng: 5+10+5=20) Kontinuitetsligningen for energitetthet u og energistrømtetthet
DetaljerKONTINUASJONSEKSAMEN I EMNE TFY FYSIKK. 10. august 2012 Tid:
ide 1 av 8 BOKMÅL Kandidatnr.. tudieretning... ide. Norges teknisk-naturvitenskapelige universitet Institutt for fysikk, NTNU Faglig kontakt under eksamen: Navn: Dag W. Breiby Tlf.: 984 54 13 KONTINUAJONEKAMEN
DetaljerNorges teknisk-naturvitenskapelige universitet Institutt for fysikk
Sideav5 (inklusiv formelliste Norges teknisk-naturvitenskapelige universitet Institutt for fysikk EKSAMENSOPPGAE I SIF06 - TERMISK FYSIKK EKSAMENSOPPGAE I SIF06 - FYSIKK Eksamensdato: Lørdag 25. mai 2002
DetaljerUniversitetet i Oslo Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet
Universitetet i Oslo Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i: FYS60 ermodynamikk og statistisk fysikk Dato: irsdag 9 desember 003 id for eksamen: 0900-00 Oppgavesettet: 3 sider illatte hjelpemidler:
DetaljerTFY4115 Fysikk Eksamen 6. desember 2018 { 6 sider
TFY45 Fysikk Eksamen 6. desember 208 { 6 sider FORMLER: Fete symboler angir vektorer. Symboler med hatt over angir enhetsvektorer. Formlenes gyldighetsomrade og de ulike symbolenes betydning antas forvrig
DetaljerEksamen FY1005/TFY4165 Termisk fysikk kl mandag 12. august 2013
TFY4165/FY1005 12. august 2013 Side 1 av 8 Eksamen FY1005/TFY4165 Termisk fysikk kl 09.00-13.00 mandag 12. august 2013 Oppgave 1. Ti flervalgsoppgaver. (Poeng: 2 pr oppgave) a. For van der Waals tilstandsligning,
DetaljerKap. 8 Bevegelsesmengde. Kollisjoner. Massesenter.
Kap. 8 Bevegelsesmengde. Kollisjoner. Massesenter. Vi skal se på: Newtons 2. lov på ny: Definisjon bevegelsesmengde Kollisjoner: Kraftstøt, impuls. Impulsloven Elastisk, uelastisk, fullstendig uelastisk
DetaljerKap. 8 Bevegelsesmengde. Kollisjoner. Massesenter.
Kap. 8 Bevegelsesmengde. Kollisjoner. Massesenter. Vi skal se på: Newtons 2. lov på ny: Definisjon bevegelsesmengde Kollisjoner: Kraftstøt, impuls. Impulsloven Elastisk, uelastisk, fullstendig uelastisk
DetaljerInstitutt for fysikk. Eksamen i TFY4106 FYSIKK Torsdag 6. august :00 13:00
NTNU Side 1 av 5 Institutt for fysikk Faglig kontakt under eksamen: Professor Johan S. Høye/Professor Asle Sudbø Telefon: 91839082/40485727 Eksamen i TFY4106 FYSIKK Torsdag 6. august 2009 09:00 13:00 Tillatte
DetaljerTermodynamikk. MENA 1001; Materialer, energi og nanoteknologi - Kap Energi, varme, arbeid - Systemer
MENA 11; Materialer, energi og nanoteknologi - Kap. 3 Termodynamikk - Energi, varme, arbeid - Systemer Truls Norby Kjemisk institutt/ Senter for Materialvitenskap og nanoteknologi (SMN) Universitetet i
DetaljerTypisk T-v Diagram. Fasediagrammer & Projeksjoner. p-v p-t T-v. TEP 4120 Termodynamikk 1. Beregning av Egenskaper. TEP 4120 Termodynamikk 1
Fasediagrammer & Projeksjoner p-v p-t T-v 3-1 Typisk T-v Diagram 3-2 T-v Diagram for H 2 O 3-3 Lineær Interpolasjon i en Dimensjon Tabeller og Linearitet?? TABLE A-4 (Continued) T v u h s C m 3 /kg kj/kg
Detaljer9) Mhp CM er τ = 0 i selve støtet, slik at kula glir uten å rulle i starten. Dermed må friksjonskraften f virke mot venstre, og figur A blir riktig.
TFY4115 Fysikk Eksamen 18. desember 2013 Løsningsforslag, kortversjon uten oppgavetekst og figurer 1) (4 0.264/0.164) (USD/USgal)(NOK/USD)(USg/L) = 6.44 NOK/L C) 6.44 2) N2: F = ma i a i = F/m B) a 1 =
DetaljerMAS117 Termodynamikk. Vanndamp som arbeidsfluid. Kapittel 10 Dampkraftsykluser del
MAS7 ermodynamikk Kapittel 0 Dampkraftsykluser del Vanndamp som arbeidsfluid Vanndamp egner seg godt som arbeidsfluid fordi vann er billig og lett tilgjengelig er ikke giftig eller eksplosjonsfarlig har
DetaljerOppsummering av TEP 4120
av TEP 410 Versjon: Nr. 1 Høsten 008 Formål: Metode: Fagweb: Formidle kvintessensen i faget Gi en kronologisk oversikt over sentrale definisjoner av størrelser, konsepter og likninger som utgjør hovedelementene
DetaljerKJ1042 Grunnleggende termodynamikk med laboratorium. Eksamen vår 2013 Løsninger
Side 1 av 6 KJ1042 Grunnleggende termodynamikk med laboratorium. Eksamen vår 2013 Løsninger Oppgave 1 a) Termodynamikkens tredje lov kan formuleres slik: «Entropien for et rent stoff i perfekt krystallinsk
DetaljerVarmepumpe. Institutt for fysikk, NTNU, N-7491 Trondheim, Norge
Varmepumpe Anette Fossum Morken a, Sindre Gjerde Alnæs a, Øistein Søvik a a FY1002 Termisk Fysikk, laboratoriekurs, Vår 2013, Gruppe 4. Institutt for fysikk, NTNU, N-7491 Trondheim, Norge Sammendrag I
Detaljergass Faglig kontakt under eksamen/fagleg kontakt under eksamen: Professor Edd A.Blekkan, tlf.:
NORGES TEKNISKE NTUR- VITENSKPELIGE UNIVERSITETET INSTITUTT FOR KJEMISK PROSESSTEKNOLOGI Side 1 av 5 Faglig kontakt under eksamen/fagleg kontakt under eksamen: Professor Edd.Blekkan, tlf.: 73594157 EKSMEN
Detaljerr+r TFY4115 Fysikk Eksamenstrening: Løsningsforslag
TFY45 Fysikk Eksamenstrening: Løsningsforslag ) I oljebransjen tilsvarer fat ca 0.59 m 3. I går var risen for WTI Crude Oil 97.44 US dollar r fat. Hva er dette i norske kroner r liter, når NOK tilsvarer
Detaljer